Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán trường THPT Nguyễn Hiền, Đà Nẵng

SỞ GD - ĐT TP. ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN


(Ngày thi: 12/5/2015)
ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số §.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
(C) tại điểm có hoành độ §, biết §.
Câu 2. (1,0 điểm)
1) Giải phương trình §.
2) Tìm số phức z sao
cho § là số thuần ảo và §.
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình .
Câu 4. (1,0 điểm) Giải
bất phương trình .
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân §.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp
S.ABCD có đáy ABCD là một hình chữ
nhật và SA = AB = 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm M của cạnh
AB, mặt bên (SCD) hợp với đáy một góc §. Hai đường thẳng MC và BD cắt nhau tại I. Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam
giác ABC có đỉnh §, trọng tâm § và trực tâm §.
Tìm tọa độ của các đỉnh B, C và tính bán kính
của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz cho điểm §, đường thẳng

§ và mặt phẳng §. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên mặt phẳng tọa độ (Oyz) và B là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P).
Viết phương trình mặt phẳng §đi qua H và vuông góc với đường thẳng d. Tính diện tích mặt cầu đường
kính AB.
Câu 9. (0,5 điểm) Một hộp có 5 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu vàng và 8 viên bi màu xanh. Cùng một lần
lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm xác suất sao cho trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào là màu đỏ.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho x, y, z là
ba số thực dương thỏa mãn §.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức §.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: số báo
danh:
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA 2015
(GỒM 4 TRANG)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số §.
3 2
( ) 3 2y f x x x= = − +
0
x
( )
0
'' 3f x = −
( )
2
2 1 2 2cosx sinx cosx sinx+ − = +
(1 2 )i z+
2. 13z z− =
( )

2
3 1
3
log (5 3) log 1 0x x− + + =
2
2
3 1
1
1
1
x
x
x
− <
−
−
( )
4
1
( 1)I x ln x dx= + +
∫
0
60
(2; 2)A −
( )
0;1G
1
;1
2
H

 
 ÷
 
(1; 2; 3)A −
1 2 3
:
2 1 1
x y z
d
− − −
= =
( ) : 2 2 4 0P x y z− + + =
( )Q
0xy yz zx xyz+ + − =
2 2 2 2
2 2
2 2
2
x y y z
z x
F
xy yz zx
+ +
+
= + +
3 2
( ) 3 2y f x x x= = − +
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. (1 điểm)
Hàm số §.
• Tập xác định: R

• Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
§
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng §và §; nghịch biến trên khoảng §
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x
= 0, §, đạt cực tiểu tại x = 2§
+ Giới hạn: §
0,25
+ Bảng biến thiên (đầy đủ, đúng) 0,25
• Đồ thị:
0,25
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) (1 điểm)
Gọi M§ là tiếp điểm.
§
0,25
§; §
0,25
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại
M: §; 0,25
Hay là: §
0,25
Câu 2. (1,0 điểm) 1) Giải phương
trình §.(0,5 điểm)
§
0,25
Do § nên §
0,25
2) Tìm số phức z sao cho § là số thuần ảo và
§(0,5 điểm)

Giả sử , khi đó
§ là số thuần ảo § 0,25
§
Có hai số phức thỏa
mãn đề bài:;

0,25
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình
§.
Điều kiện: §, biến đổi được §
0,25
Với điều kiện trên, PT đã cho tương đương với phương trình:
§§§
( thỏa mãn điều kiện). Vậy
phương trình có hai nghiệm là x = 1; x = 4
0,25
Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình §.
Điều kiện §. Bất phương trình đã cho tương đương với:
§
0,25
Đặt §, khi đó bất phương trình (1)
trở thành: §
0,25
Với t < 1 thì §
• §bất phương trình (2)
đúng
3 2
( ) 3 2y f x x x= = − +
2
y' f '(x) 3x 6x, y' 0 x 0; x 2= = − = ⇔ = =

( )
;0−∞
( )
2;+∞
( )
0;2
CD
y 2=
CT
, y 2=−
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
0 0
( ; )x y
0 0 0
1
''( ) 6 6. ''( ) 3 6 6 3
2
f x x f x x x= − = − ⇔ − = − ⇔ =
0
1 11
2 8
y f
 
= =
 ÷
 

1 9
'
2 4
f
−
 
=
 ÷
 
9 1 11
4 2 8
y x
−
 
= − +
 ÷
 
9 5
4 2
y x= − +
( )
2
2 1 2 2cosx sinx cosx sinx+ − = +
( )
2
2 1 2 2 2 0 ( 2)(1 2 ) 0 (*)PT cosx sinx cos x cosx sinx cosx sin x⇔ + + − − − = ⇔ − + =
2 0cosx − ≠
(*) 1 2 0 2 1 .
4
sin x sin x x k

π
π
⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − +
(1 2 )i z+
2. 13z z− =
( , )z a bi a b R= + ∈
(1 2 ) (1 2 )( ) ( 2 ) (2 )i z i a bi a b a b i+ = + + = − + +
(1 2 )i z+
2 0 2a b a b⇔ − = ⇔ =
2
2. 3 2 3 13 13 1z z a bi b bi b b− = + = + = = ⇔ = ±
2z i= +
2z i= − −
( )
2
3 1
3
log (5 3) log 1 0x x− + + =
3
5
x >
( ) ( )
2 2
1 3
3
log 1 log 1x x+ = − +
( )
2
3 3
log 1 log (5 3)x x+ = −

2
1 5 3x x⇔ + = − ⇔
2
5 4 0 1; 4x x x x− + = ⇔ = =
2
2
3 1
1
1
1
x
x
x
− <
−
−
1x <
2 2 2
2 2
2 2
1 3 3
1 2 0 (1)
1 1
1 1
x x x x x
x x
x x
− +
> − ⇔ − + >
− −

− −
2
1
x
t
x
=
−
2
1
3 2 0
2
t
t t
t
<

− + > ⇔

>

2
2
1 1 (2)
1
x
x x
x
< ⇔ < −
−

1 0 :x
− < ≤
• § bất phương trình §
• Tập nghiệm của bất
phương trình (2) là §
0,25
Với t > 2 thì §
• Bất phương trình
(3)§
• Tập nghiệm của bất phương
trình (3) là §
Vậy tập nghiệm của bất
phương trình là §
0,25
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân §.
• §.
0,25
• §

0,25
• §.§
0,50
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình chữ nhật và SA = AB = 2a.
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm M của cạnh AB, mặt bên
(SCD) hợp với đáy một góc §. Hai đường thẳng MC và BD cắt nhau tại I. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD).

Từ giả thiết có § là tam giác đều cạnh 2a,
SM là đường cao,

0,25
Gọi N là trung
điểm của CD thì
có
Thể tích khối chóp S.ABCD:

0,25
Gọi H là hình chiếu vuông
góc của M trên SN thì 0,25
Từ giả thiết suy ra I là trọng tâm của tam giác ABC.
Kẻ IK // MH thì
0,25
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam
giác ABC có đỉnh §, trọng tâm § và trực tâm
§.Tìm tọa độ của B, C và tính bán kính của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
0 1:x< <
2 2
2
(2) 1 0
2
x x x⇔ < − ⇔ < <
1
2
1;
2
S
 
= −
 ÷

 ÷
 
2
2
2 2 1 (3)
1
x
x x
x
> ⇔ > −
−
2 2
0
2 5
5
4(1 )
x
x
x x
>

⇔ ⇔ >

> −

2
2 5
;1
5
S

 
=
 ÷
 ÷
 
1 2
2 2 5
1; ;1
2 5
S S S
   
= ∪ = − ∪
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
( )
4
1
( 1)I x ln x dx= + +
∫
4 4
1 1
. ( 1).I x dx ln x dx= + +
∫ ∫
4 4
1
2
1
1 1
4

2 14
. . ( )
1
3 3
I x dx x dx x x= = = =
∫ ∫
[ ]
4 4
2
1 1
4
( 1). ( 1) ( 1) 5ln 5 2ln 2 3
1
I ln x dx x ln x dx= + = + + − = − −
∫ ∫
5
5ln5 2ln 2
3
I = + −
0
60
SAB
( )
= =
3
SM 2a . a 3
2
( )
·
·

0
; ( ),( ) 60MN CD SN CD SCD ABCD MNS⊥ ⊥ ⇒ = =
0
tan 60
SM
BC MN a= = =
3
2 3
. . . .(2 ).( ).( 3)
3
1 1 1
.
3 3 3
ABCD
a
AB BC SM a a a
V S SM
= =
= =
( ) ( ,( ))MH SCD MH d M SCD⊥ ⇒ =
2
2 2
. . 3 3
2 2
MN MS MN SM a a
MH
SN a
MN SM
= = = =
+

2
, , ( )
3
K CH IK MH IK SCD∈ = ⊥
2 2 3
( ,( )) . ( ,( ))
3 3 3
a
d K SCD IK MH d M SCD⇒ = = = =
(2; 2)A −
( )
0;1G
1
;1
2
H
 
 ÷
 
60
0
K
N
I
A
B
C
D
M
H

S
C
Gọi M là trung
điểm cạnh BC,
ta có §
§ hay § là pháp vectơ
của đường thẳng BC. 0,25

Phương trình §
Vì B và C đối xứng với nhau
qua M nên gọi §thì có §
0,25
§; §. Ta có: §
§.Vậy có § hoặc §

0,25
Kẻ đường kính AK của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
Tứ giác BHCK có BH//KC và BK//HC nên BHCK là hình bình hành. Suy ra: HK và BC cắt
nhau tại M là trung điểm của BC và M cũng là trung điểm của HK.
Ta có §,§§. Bán kính §

* Ghi chú: Có thể tìm tọa độ tâm I của
đường tròn (C) bằng hệ thức Ơ-le §( Thí
sinh phải trình bày chứng minh hệ thức này). Sau đó tính §

0,25
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz cho điểm §, đường thẳng
§ và mặt phẳng §. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên mặt phẳng tọa độ (Oyz) và B là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P).

Viết phương trình mặt phẳng §đi qua H và vuông góc với đường thẳng d. Tính diện tích mặt cầu đường
kính AB.
Hình chiếu của A trên mp (Oyz) là H(0; -2;
3). Đường thẳng d có vectơ chỉ phương §
0,25
Mặt phẳng (Q) đi qua H. Vì § nên § nhận§
làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình của (Q):
§
0,25
§. Tọa độ của B ứng với giá trị
của t thỏa mãn:
§. Từ đó có §
( Hoặc giải hệ
PT: § )
0,25
Mặt cầu đường kính AB có bán kính §.
Diện tích của mặt cầu: §(đvdt)
0,25
(C)
K
M
H
C
B
A
I
3 5
. 1;
2 2

AM AG M
 
= ⇒ −
 ÷
 
uuuur uuur
( )
1; 2n = −
r
3
;3
2
AH
−
 
=
 ÷
 
uuur
: 2 6 0 2 6BC x y x y− + = ⇔ = −
(2 6; )B m m−
(4 2 ; 5 )C m m− −
( )
2 8; 2AB m m= − +
uuur
7
2 ; 4
2
HC m m
 

= − −
 ÷
 
uuur
. 0AB HC =
uuur uuur
( 4)(5 5 ) 0 4; 1m m m m⇒ − − = ⇔ = =
(2;4), ( 4;1)B C −( 4;1), (2;4)B C−
1
;1
2
H
 
 ÷
 
5
1;
2
M
 
−
 ÷
 
5
;4
2
K
 
⇒ −
 ÷

 
1 15
2 4
R AK= =
2GH GI= −
uuur uur
R IA=
(1; 2; 3)A −
1 2 3
:
2 1 1
x y z
d
− − −
= =
( ) : 2 2 4 0P x y z− + + =
( )Q
(2;1;1)u =
r
( )Q d⊥
( )Q
(2;1;1)u =
r
2( 0) 1( 2) 1( 3) 0 2 1 0x y z x y z− + + + − = ⇔ + + − =
(1 2 ; 2 ; 3 )B d B t t t∈ ⇒ + + +
2(1 2 ) (2 ) 2(3 ) 4 0 2t t t t+ − + + + + = ⇔ = −
( 3;0;1)B −
2 5 3
1 2 3
1 0

2 1 1
2 2 4 0
2(2 5) ( 1) 2 4 0 1
x z x
x y z
y z y
x y z
z z z z
= − = −
 
− − −

= =
  
⇔ = − ⇔ =
  
  
− + + =
− − − + + = =

 
1
6
2
R AB= =
2 2
( )
4 4 ( 6) 24
mc
S R

π π π
= = =
Câu 9.(0,5 điểm) Một hộp có 5 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu vàng và 8 viên bi màu xanh. Cùng một lần
lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm xác suất sao cho trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào là màu đỏ.
Số phần tử của không gian mẫu:§ phần tử
Gọi A là biến cố: " Trong 3 viên bi lấy ra
không có viên bi nào là màu đỏ", nghĩa là trong 3 viên bi lấy ra hoặc là toàn bi vàng, hoặc là toàn
bi xanh, hoặc là có cả bi xanh và bi vàng
0,25
Ta có § 35 cách lấy 3 viên bi vàng, có §
cách lấy 3 viên bi xanh, có §364 cách
lấy 3 viên có cả vàng và xanh.
Do đó: §
0,25
Cách khác gọn hơn: Gọi A là biến cố: "
Trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào
là màu đỏ", nghĩa là 3 viên bi được lấy ra từ 15 viên bi ( vàng và xanh). Số cách chọn §
§
0,25
Câu 10.(1,0 điểm) Cho x, y, z là
ba số thực dương thỏa mãn §.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức §.
Biến đổi: §. Đặt §. Giả thiết
đề bài:
§ ; và § 0,25
Áp dụng bất đẳng thức hiển nhiên§,
với § ta có:
§ §
0,25

Tương tự, ta có §
0,25
Cộng (1), (2),
(3) vế theo vế ta
có: §
Đẳng thức xảy ra §
Kết luận: F có giá trị nhỏ nhất
bằng §
0,25
HẾT
3
20
1140=C
3
7
C =
3
8
56=C
2 1 1 2
7 8 7 8
. .C C C C+ =
3 3 2 1 1 2
7 8 7 8 7 8
. .
455 91
( )
1140 1140 228
C C C C C C
P A

+ + +
= = =
3
15
455C =
455 91
( )
1140 228
P A = =
0xy yz zx xyz+ + − =
2 2 2 2
2 2
2 2
2
x y y z
z x
F
xy yz zx
+ +
+
= + +
2 2
2 2
2 2 2 2
2
2 1 1
2.
x y
x y
xy x y y x

+
+
= = +
1 1 1
, ,a b c
x y z
= = =
, , 0 , , 0
0 1
x y z a b c
xy yz zx xzy a b c
> >
 
⇔
 
+ + − = + + =
 
2 2 2 2 2 2
2 2 2F b a c b a c= + + + + +
( )
( )
2
2
.u v u v≥
r r r r
(1;1;1), ( ; ; )u v b b a= =
r r
2 2 2 2 2 2 2
3(2 ) 3( ) ( ) (2 )b a b b a b b a b a+ = + + ≥ + + = +
2 2

1
2 (2 ) (1)
3
b a b a⇒ + ≥ +
2 2 2 2
1 1
2 (2 ) (2); 2 (2 ) (3)
3 3
c b c b a c a c+ ≥ + + ≥ +
2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 (3 3 3 ) 3
3
F b a c b a c a b c= + + + + + ≥ + + =
1
3
3
a b c x y z⇔ = = = ⇔ = = =
3